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$ya^n - by = 1$ tiene una solución, entonces se $xa-bx = 1$ también tiene una solución

Deje $(R, +, \cdot)$ ser un anillo y $a,b \in R, n \in \mathbb{N}^*$ tal que $b^2 = b$ y la ecuación de $ya^n - by = 1$ tiene una solución.

Demostrar que la ecuación de $xa - bx = 1$ también tiene una solución.

Deje $y$ ser la solución de la ecuación de $ya^n - by = 1$.

Multiplicando la ecuación de $ya^n - by = 1$ $b$ obtenemos: $$bya^n - by = b \iff bya^n - ya^n = b-1 \iff (b-1)ya^n = b-1.$$

Si $(b-1)$ es inverible, a continuación,$ya^n = 1$, por lo tanto $y$ $a^n$ es invertible.

Pero $ya^n - by = 1 \iff by=0 \implies b = 0$.

Esto significa que la ecuación de $xa - bx = 1$ tiene la solución $x = ya^{n-1}$.

Yo no sé cómo proceder en caso de $(b-1)$ no es invertible.

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K B Dave Puntos 641

Creo que de $R$ como un módulo más de la conmutativa anillo de $\mathbb{Z}[A,B]/(B^2-B)$ cuando la acción se define por $$\begin{align} Az&\stackrel{\text{def}}{=}az\\ Bz&\stackrel{\text{def}}{=}zb\text{.} \end{align}$$ En este anillo conmutativo, si $n\geq 2$ $$\begin{split}A^n-B&=A^n-B^n\\ &=(A-B)h_{n-1}(A,B)\\ &=(A-B)(A^{n-1}+B h_{n-2}(A,1)) \end{split}$$ donde $h_{i}$ es completamente simétrica polinomio de grado $i$ en dos variables $$h_{i}(t,u)=t^i +t^{i-1}u+\cdots + u^i\text{.}$$ En consecuencia, si $y$ es una solución de $(A^n-B)y=1$ $x=h_{n-1}(A,B)y$ es una solución a $(A-B)x=1$.

Por otro lado, vamos a $x$,$x'$ satisfacer $(A-B)x=1$, $(A-B)x'=1$. Escribir $\Delta x$ por su diferencia: hemos $(A-B)\Delta x=0$. Pero desde arriba, tenemos $$A^n-B=h_{n-1}(A,B)(A-B)$$ así que $$(A^n-B)\Delta x =h_{n-1}(A,B)(A-B)\Delta x =0$$

lo que implica que $(A^n-B)(y+\Delta x)=1$ siempre $(A^n-B)y=1$. Pero, a continuación, $y=y+\Delta x$ por la singularidad, de donde $\Delta x=0$, es decir, $x=x'$.

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